Forkurseksamen etter tema

En brøk er \( 0 \) når telleren er \( 0 \) og nevneren ikke er det.

1. Sett telleren lik null Slik finner vi nullpunktet til en brøk i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x): \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{2x^2 - 4} &= 0 \\ x^2 &= 2 \\ x &= \pm\sqrt{2} \end{aligned} \]

2. Sjekk nevneren Vi setter inn \( {x = \pm\sqrt{2}} \) i nevneren: \[ \textcolor{blue}{(\pm\sqrt{2})^2 - 4} = 2 - 4 = -2 \neq 0 \]Begge verdiene er derfor nullpunkter.

En vertikal asymptote er der nevneren er \( 0 \) og telleren ikke er det. Den horisontale finner vi ved å la \( x \) gå mot pluss og minus uendelig.

1. Finn de vertikale asymptotene Vi får en vertikal asymptote der nevneren er \( 0 \) og telleren ikke er det, som i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x): \[ x^2 - 4 = 0 \quad \Rightarrow \quad x = \pm 2 \]

Vi setter inn i telleren: \[ 2 \cdot (\pm 2)^2 - 4 = 8 - 4 = 4 \neq 0 \]Da har vi vertikale asymptoter i \( {x = -2} \) og \( {x = 2}\text{.} \)

2. Finn den horisontale asymptoten Vi lar \( x \) gå mot pluss og minus uendelig, som i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x). Både teller og nevner vokser da uten grense. Det er typen \( \dfrac{\infty}{\infty}\text{,} \) så vi deler begge på \( \textcolor{darkorange}{x^2}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{2x^2 - 4}{x^2 - 4} &= \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{2 - \dfrac{4}{\textcolor{darkorange}{x^2}}}{1 - \dfrac{4}{\textcolor{darkorange}{x^2}}} \\ &= \dfrac{2 - 0}{1 - 0} = 2 \end{aligned} \]Da har vi en horisontal asymptote i \( {y = 2}\text{.} \)

\( g \) er en brøk, så vi deriverer med kvotientregelen. Så setter vi \( {g'(x) = 0} \) og bruker et fortegnsskjema for å se om punktet er et topp- eller bunnpunkt.

1. Deriver med kvotientregelen Kvotientregelen forteller oss at: \[ \left(\dfrac{\textcolor{red}{u}}{\textcolor{blue}{v}}\right)' = \dfrac{\textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} - \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}}{\textcolor{blue}{v}^2} \]Hvis du er usikker på kvotientregelen, kan du se videoen Kvotientregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{2x^2 - 4} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{4x} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{x^2 - 4} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{2x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i kvotientregelen, får vi: \[ \begin{aligned} g'(x) &= \dfrac{\textcolor{red}{4x}(\textcolor{blue}{x^2 - 4}) - (\textcolor{red}{2x^2 - 4})\textcolor{blue}{2x}}{(\textcolor{blue}{x^2 - 4})^2} \\ &= \dfrac{4x^3 - 16x - 4x^3 + 8x}{(x^2 - 4)^2} \\ &= \dfrac{-8x}{(x^2 - 4)^2} \end{aligned} \]

2. Sett den deriverte lik null For å finne topp- eller bunnpunkter setter vi \( {g'(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 2C - Del 1 - R1/​S1 Eksamen Vår 2026. Brøken er \( 0 \) når telleren er \( 0\text{:} \) \[ \textcolor{magenta}{-8x} = 0 \quad \Rightarrow \quad x = 0 \]Nevneren er \( {(0 - 4)^2 = 16 \neq 0}\text{,} \) så \( {x = 0} \) gjelder.

3. Tegn fortegnsskjema Fortegnet til brøken finner vi fra fortegnene til \( {\textcolor{magenta}{-8x}} \) og \( {\textcolor{darkorange}{(x^2 - 4)^2}}\text{,} \) som i videoen Ulikheter med fortegnsskjema – brøk og faktorisering: :::fortegnsskjema {"points": [-2, 0, 2], "rows": [{"label": "\\textcolor{magenta}{-8x}", "expr": "-8x"}, {"label": "\\textcolor{darkorange}{(x^2 - 4)^2}", "expr": "(x^2 - 4)^2", "denominator": true}, {"label": "g'(x)", "expr": "-8x/(x^2 - 4)^2"}]} En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{,} \) og × viser hvor \( g'(x) \) ikke finnes.

I \( {x = 0} \) går \( g'(x) \) fra pluss til minus: grafen stiger og så synker, så vi har et toppunkt. I \( {x = \pm 2} \) finnes ikke \( g\text{,} \) så der er det ingen topp- eller bunnpunkter.

Vi setter inn \( {x = 0} \) i \( g(x) \) for å finne \( {y\text{-verdien:}} \) \[ g(0) = \dfrac{2 \cdot 0^2 - 4}{0^2 - 4} = \dfrac{-4}{-4} = 1 \]

I c) fant vi \( {g'(x) = \dfrac{-8x}{(x^2 - 4)^2}}\text{.} \)

Vi deriverer \( g'(x) \) med kvotientregelen, og nevneren med kjerneregelen. Et vendepunkt krever at \( g''(x) \) skifter fortegn der \( g \) finnes.

1. Deriver nevneren Nevneren har kjernen \( {\textcolor{green}{w} = \textcolor{green}{x^2 - 4}}\text{.} \) Kjerneregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{green}{w}^2)' = 2\textcolor{green}{w} \cdot \textcolor{green}{w'} \]Hvis du er usikker på kjerneregelen, kan du se videoen Kjerneregelen.

Her er \( {\textcolor{green}{w'} = \textcolor{green}{2x}}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \left((\textcolor{green}{x^2 - 4})^2\right)' &= 2(\textcolor{green}{x^2 - 4}) \cdot \textcolor{green}{2x} \\ &= 4x(x^2 - 4) \end{aligned} \]

2. Bruk kvotientregelen Kvotientregelen, som i videoen Kvotientregelen, forteller oss at: \[ \left(\dfrac{\textcolor{red}{u}}{\textcolor{blue}{v}}\right)' = \dfrac{\textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} - \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}}{\textcolor{blue}{v}^2} \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{-8x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{-8} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{(x^2 - 4)^2} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{4x(x^2 - 4)} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i telleren \( {\textcolor{red}{u'}\textcolor{blue}{v} - \textcolor{red}{u}\textcolor{blue}{v'}}\text{,} \) og setter \( {\textcolor{darkorange}{(x^2 - 4)}} \) utenfor, får vi: \[ \begin{aligned} &\textcolor{red}{-8}\textcolor{blue}{(x^2 - 4)^2} - (\textcolor{red}{-8x})\textcolor{blue}{4x(x^2 - 4)} \\ &= -8(x^2 - 4)^2 + 32x^2(x^2 - 4) \\ &= \textcolor{darkorange}{(x^2 - 4)}\left(-8(x^2 - 4) + 32x^2\right) \\ &= \textcolor{darkorange}{(x^2 - 4)}(24x^2 + 32) \end{aligned} \]

Nevneren er \( {\textcolor{blue}{v}^2 = (x^2 - 4)^4}\text{.} \) Vi forkorter \( {\textcolor{darkorange}{(x^2 - 4)}}\text{:} \) \[ \begin{aligned} g''(x) &= \dfrac{\textcolor{darkorange}{(x^2 - 4)}(24x^2 + 32)}{(x^2 - 4)^4} \\ &= \dfrac{24x^2 + 32}{(x^2 - 4)^3} \end{aligned} \]

3. Se etter vendepunkt Et vendepunkt krever at \( {g''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ 24x^2 + 32 = 0 \quad \Rightarrow \quad x^2 = -\dfrac{4}{3} \]Et kvadrat kan ikke være negativt, så likningen har ingen løsning. Telleren \( {24x^2 + 32} \) er alltid positiv, så fortegnet kommer fra nevneren \( {(x^2 - 4)^3}\text{,} \) som skifter fortegn bare i \( {x = \pm 2}\text{.} \) Der finnes ikke \( g\text{.} \)

Vi bruker nullpunktene fra a), asymptotene fra b), toppunktet og fortegnsskjemaet fra c), og at det ikke er noen vendepunkter fra d).

Vi tegner asymptotene først og merker punktene. Så finner vi om grafen ligger over eller under \( {y = 2}\text{,} \) og tegner en del av grafen for hvert intervall.

1. Samle det vi har funnet Dette skal inn i koordinatsystemet: \[ \begin{aligned} \text{Asymptoter:} \ & x = \pm 2, \ y = 2 \\ \text{Nullpunkter:} \ & (-\sqrt{2}, 0), \ (\sqrt{2}, 0) \\ \text{Toppunkt:} \ & (0, 1) \end{aligned} \]

2. Finn hvor grafen ligger Vi trekker fra den horisontale asymptoten: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{g(x)} - 2 &= \dfrac{2x^2 - 4 - 2(x^2 - 4)}{x^2 - 4} \\ &= \dfrac{4}{x^2 - 4} \end{aligned} \]

Brøken er positiv når \( {|x| > 2} \) og negativ når \( {|x| < 2}\text{:} \) \[ \begin{aligned} |x| > 2: \quad & \textcolor{blue}{g(x)} > 2 \\ |x| < 2: \quad & \textcolor{blue}{g(x)} < 2 \end{aligned} \]

Fortegnet til \( g'(x) \) fra c), som vi leser av som i videoen Ulikheter med fortegnsskjema – brøk og faktorisering, sier hvor grafen stiger og synker: \[ \begin{aligned} x < -2: \quad & \text{stiger mot } +\infty \\ -2 < x < 0: \quad & \text{stiger til } (0, 1) \\ 0 < x < 2: \quad & \text{synker mot } -\infty \\ x > 2: \quad & \text{synker mot } y = 2 \end{aligned} \]

3. Tegn grafen Vi trekker asymptotene stiplet, merker punktene og tegner de tre delene gjennom dem:

Vi kan ikke dele på \( 0\text{,} \) så nevneren gir definisjonsmengden. En brøk er \( 0 \) når telleren er \( 0\text{,} \) så vi setter telleren lik \( 0\text{.} \)

1. Finn definisjonsmengden Nevneren er \( 0 \) når: \[ x - 3 = 0 \quad \Rightarrow \quad x = 3 \]Definisjonsmengden er derfor alle reelle tall unntatt \( 3\text{.} \)

2. Sett telleren lik null Vi må løse: \[ 2x^2 - x + 3 = 0 \]

abc-formelen forteller oss at: \[ x = \dfrac{-\textcolor{red}{b} \pm \sqrt{\textcolor{red}{b}^2 - 4\textcolor{blue}{a}\textcolor{green}{c}}}{2\textcolor{blue}{a}} \]Hvis du er usikker på formelen, kan du se videoen Andregradslikninger & abc-formelen.

Her er: \[ \textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{2}, \quad \textcolor{red}{b} = \textcolor{red}{-1}, \quad \textcolor{green}{c} = \textcolor{green}{3} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} x &= \dfrac{-(\textcolor{red}{-1}) \pm \sqrt{(\textcolor{red}{-1})^2 - 4 \cdot \textcolor{blue}{2} \cdot \textcolor{green}{3}}}{2 \cdot \textcolor{blue}{2}} \\ &= \dfrac{1 \pm \sqrt{-23}}{4} \end{aligned} \]

Det står et negativt tall under rottegnet, så vi får ingen reelle løsninger, som i videoen Andregradslikninger & abc-formelen. Funksjonen har derfor ingen nullpunkt.

Nevneren gir en vertikal asymptote. Telleren har én grad høyere enn nevneren, så polynomdivisjon gir oss en skrå asymptote.

1. Finn den vertikale asymptoten Hva en vertikal asymptote er, ser du i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x). Nevneren er \( 0 \) for \( {x = 3}\text{,} \) og telleren er ikke \( 0 \) der: \[ 2 \cdot 3^2 - 3 + 3 = 18 \neq 0 \]Telleren er positiv nær \( {x = 3}\text{,} \) så \( g(x) \) går mot uendelig på hver sin side: \[ \lim_{x \to 3^-} g(x) = -\infty, \quad \lim_{x \to 3^+} g(x) = \infty \]Dermed er \( {x = 3} \) en vertikal asymptote.

2. Del med polynomdivisjon Vi deler \( {2x^2 - x + 3} \) på \( {(x - 3)} \) med polynomdivisjon, som i videoen Polynomdivisjon - Håndtering av Restledd + Manglende ledd. Det kan vi fordi både teller og nevner er polynomer og telleren har høyere grad (2) enn nevneren (1). Det borteste leddet i telleren og leddet med høyest grad i nevneren er markert: \[ (\textcolor{darkorange}{2x^2} - x + 3) : (\textcolor{green}{x} - 3) \]I hver iterasjon deler vi det borteste leddet på leddet med høyest grad i nevneren, ganger svaret med hele nevneren og trekker produktet fra. Vi fortsetter til linja nederst har lavere grad enn nevneren.

Første iterasjon: Vi deler det borteste leddet, \( \textcolor{darkorange}{2x^2}\text{,} \) på \( \textcolor{green}{x}\text{,} \) ganger svaret med hele nevneren og løser opp parentesen: \[ \begin{aligned} \dfrac{\textcolor{darkorange}{2x^2}}{\textcolor{green}{x}} &= \textcolor{red}{2x} \\ \textcolor{red}{2x} \cdot (x - 3) &= 2x^2 - 6x \\ -(2x^2 - 6x) &= \textcolor{red}{-2x^2 + 6x} \end{aligned} \]Så legger vi sammen ledd for ledd, det som står rett under hverandre: \[ \begin{array}{l} \begin{aligned} &(2x^2 - x + 3) : (\textcolor{green}{x} - 3) \\ &= \textcolor{red}{2x} \end{aligned} \\ \\ \begin{array}{rrr} \textcolor{darkorange}{\cancel{2x^2}} & {}- x & {}+ 3 \\ \textcolor{red}{\cancel{-2x^2}} & \textcolor{red}{{}+ 6x} & \\ \hline & 5x & {}+ 3 \end{array} \end{array} \]\( 2x^2 \) strykes mot \( {-2x^2}\text{,} \) \( {-x + 6x = 5x}\text{,} \) og vi trekker ned \( 3\text{.} \) Linja \( {5x + 3} \) har samme grad som nevneren, så vi fortsetter.

Andre iterasjon: Vi deler det borteste leddet, \( \textcolor{darkorange}{5x}\text{,} \) på \( \textcolor{green}{x}\text{,} \) ganger svaret med hele nevneren og løser opp parentesen: \[ \begin{aligned} \dfrac{\textcolor{darkorange}{5x}}{\textcolor{green}{x}} &= \textcolor{magenta}{5} \\ \textcolor{magenta}{5} \cdot (x - 3) &= 5x - 15 \\ -(5x - 15) &= \textcolor{magenta}{-5x + 15} \end{aligned} \]Så legger vi sammen ledd for ledd: \[ \begin{array}{l} \begin{aligned} &(2x^2 - x + 3) : (\textcolor{green}{x} - 3) \\ &= \textcolor{red}{2x} \textcolor{magenta}{{}+ 5} \end{aligned} \\ \\ \begin{array}{rrr} \textcolor{darkorange}{\cancel{2x^2}} & {}- x & {}+ 3 \\ \textcolor{red}{\cancel{-2x^2}} & \textcolor{red}{{}+ 6x} & \\ \hline & \textcolor{darkorange}{\cancel{5x}} & {}+ 3 \\ & \textcolor{magenta}{\cancel{-5x}} & \textcolor{magenta}{{}+ 15} \\ \hline & & 18 \end{array} \end{array} \]\( 5x \) strykes mot \( {-5x}\text{,} \) og \( {3 + 15 = 18}\text{.} \) Tallet 18 har grad 0, som er lavere enn nevnerens grad 1. Da stopper vi, og 18 er restleddet.

Restleddet delt på nevneren legger vi til svaret, så: \[ g(x) = \textcolor{red}{2x} \textcolor{magenta}{{}+ 5} + \dfrac{18}{x - 3} \]

3. Finn den skrå asymptoten Lar vi \( x \) gå mot pluss eller minus uendelig, går brøken mot \( 0\text{:} \) \[ \lim_{x \to \pm\infty} \dfrac{18}{x - 3} = 0 \]Da nærmer grafen seg linja \( {y = \textcolor{red}{2x} \textcolor{magenta}{{}+ 5}}\text{,} \) som er den skrå asymptoten.

Vi deriverer \( g \) med kvotientregelen, setter \( {g'(x) = 0}\text{,} \) og bruker en fortegnslinje for å se hva slags punkter vi får.

1. Deriver funksjonen Kvotientregelen forteller oss at: \[ \left(\dfrac{\textcolor{red}{u}}{\textcolor{blue}{v}}\right)' = \dfrac{\textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} - \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}}{\textcolor{blue}{v}^2} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Kvotientregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{2x^2 - x + 3} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{4x - 1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{x - 3} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, blir nevneren \( {(\textcolor{blue}{x - 3})^2}\text{,} \) og telleren blir: \[ \begin{aligned} &(\textcolor{red}{4x - 1})(\textcolor{blue}{x - 3}) - (\textcolor{red}{2x^2 - x + 3}) \cdot \textcolor{blue}{1} \\ &= 4x^2 - 13x + 3 - 2x^2 + x - 3 \\ &= 2x^2 - 12x \\ &= \textcolor{darkorange}{2x}\textcolor{magenta}{(x - 6)} \end{aligned} \]

Så den deriverte er: \[ g'(x) = \dfrac{\textcolor{darkorange}{2x}\textcolor{magenta}{(x - 6)}}{(x - 3)^2} \]

2. Finn fortegnet til den deriverte Telleren er \( 0 \) for \( {x = 0} \) og \( {x = 6}\text{.} \) Når den deriverte er \( 0 \) og skifter fortegn, har vi et topp- eller bunnpunkt, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. Fortegnet til brøken finner vi ved å gange og dele fortegnene til faktorene: :::fortegnsskjema {"points": [0, 3, 6], "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{2x}", "expr": "2x"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{x - 6}", "expr": "x - 6"}, {"label": "(x - 3)^2", "expr": "(x - 3)^2", "denominator": true}, {"label": "g'(x)", "expr": "2x(x - 6)/(x - 3)^2"}]} En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{,} \) og × viser hvor \( g'(x) \) ikke finnes. I \( {x = 0} \) går \( g'(x) \) fra pluss til minus: grafen stiger og så synker, så der er et toppunkt. I \( {x = 6} \) går \( g'(x) \) fra minus til pluss: grafen synker og så stiger, så der er et bunnpunkt.

3. Finn y-koordinatene Setter vi inn i \( g\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} g(0) &= \dfrac{2 \cdot 0^2 - 0 + 3}{0 - 3} = \dfrac{3}{-3} = -1 \\ g(6) &= \dfrac{2 \cdot 6^2 - 6 + 3}{6 - 3} = \dfrac{69}{3} = 23 \end{aligned} \]

Vi bruker omskrivingen av \( g(x) \) fra b).

Et vendepunkt finner vi der den andrederiverte er \( 0\text{.} \) Omskrivingen fra b) gjør det enkelt å derivere to ganger.

1. Deriver to ganger I b) fant vi: \[ \begin{aligned} g(x) &= 2x + 5 + \dfrac{18}{x - 3} \\ &= 2x + 5 + 18(\textcolor{green}{x - 3})^{-1} \end{aligned} \]

Kjerneregelen forteller oss at: \[ \left(\textcolor{green}{u}^n\right)' = n \cdot \textcolor{green}{u}^{n - 1} \cdot \textcolor{green}{u'} \]Her er \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{x - 3}} \) og \( {\textcolor{green}{u'} = \textcolor{green}{1}}\text{,} \) som i videoen Kjerneregelen.

Bruker vi den to ganger, får vi: \[ \begin{aligned} g'(x) &= 2 - 18(\textcolor{green}{x - 3})^{-2} \\ g''(x) &= 36(\textcolor{green}{x - 3})^{-3} = \dfrac{36}{(x - 3)^3} \end{aligned} \]

2. Sett den andrederiverte lik null Et vendepunkt finner vi ved å sette \( {g''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023. En brøk er \( 0 \) bare når telleren er \( 0\text{,} \) og her er telleren alltid \( 36\text{:} \) \[ g''(x) = \dfrac{36}{(x - 3)^3} \neq 0 \]

Fortegnet til \( g''(x) \) skifter bare i \( {x = 3}\text{,} \) og der finnes ikke funksjonen. Grafen har derfor ingen vendepunkt.

Vi bruker omskrivingen av \( g(x) \) fra b), som gjør integralet enkelt.

Grafen ligger over \( x \)-aksen på hele intervallet, så arealet er det bestemte integralet av \( g \) fra \( 4 \) til \( 7\text{.} \)

1. Sett opp integralet Telleren har ingen nullpunkt og er alltid positiv, og nevneren er positiv for \( {x > 3}\text{,} \) så \( {g(x) > 0} \) på \( [4, 7]\text{.} \) Hva et bestemt integral betyr, ser du i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

I b) fant vi \( {g(x) = 2x + 5 + \dfrac{18}{x - 3}}\text{,} \) så arealet er: \[ A = \int_4^7 \left( \textcolor{blue}{2x} + \textcolor{red}{5} + \textcolor{green}{\dfrac{18}{x - 3}} \right) dx \]

2. Integrer ledd for ledd Regelen for det siste leddet forteller oss at: \[ \int \dfrac{a}{x + n}\,dx = a\ln|x + n| + C \]Du finner den i videoen Basic integrasjonsregler/​formler.

Det gir oss: \[ A = \left[ \textcolor{blue}{x^2} + \textcolor{red}{5x} + \textcolor{green}{18\ln|x - 3|} \right]_4^7 \]

3. Sett inn grensene Siden \( {\ln 1 = 0}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} A &= (49 + 35 + 18\ln 4) \\ &\quad - (16 + 20 + 18\ln 1) \\ &= 84 + 18\ln 4 - 36 \\ &= 48 + 18\ln 4 \\ &= 48 + 36\ln 2 \end{aligned} \]

For å finne nullpunktene setter vi \( {f(x) = 0}\text{.} \) Siden \( {e^{2x} = e^x \cdot e^x} \) kan vi faktorisere ut \( e^x\text{.} \)

1. Faktoriser funksjonsuttrykket Faktoriserer vi ut \( e^x\text{,} \) får vi: \[ e^{2x} - 2e^x = \textcolor{red}{e^x}(\textcolor{blue}{e^x - 2}) = 0 \]

Et produkt er \( 0 \) når en av faktorene er \( 0\text{.} \) \( \textcolor{red}{e^x} \) er alltid positiv, så den blir aldri \( 0\text{.} \) Vi står igjen med: \[ \textcolor{blue}{e^x - 2} = 0 \]

2. Løs likningen med ln Vi tar \( \ln \) på begge sider. Logaritmeregelen for potenser forteller oss at: \[ \ln\left(a^{\textcolor{green}{b}}\right) = \textcolor{green}{b} \cdot \ln a \]Hvis du er usikker, kan du se videoen Naturlige Logaritmer.

Fra definisjonen vet vi at \( {\ln e = 1}\text{.} \) Det gir oss: \[ \begin{aligned} e^{\textcolor{green}{x}} &= 2 \\ \ln\left(e^{\textcolor{green}{x}}\right) &= \ln 2 \\ \textcolor{green}{x} \cdot \ln e &= \ln 2 \\ x &= \ln 2 \end{aligned} \]

Vi deriverer, setter \( {f'(x) = 0} \) og ser på fortegnet til den deriverte på hver side av punktet.

1. Deriver funksjonen Vi deriverer ledd for ledd. Det første leddet trenger kjerneregelen, som forteller oss at: \[ \left(e^{\textcolor{green}{g}}\right)' = e^{\textcolor{green}{g}} \cdot \textcolor{green}{g'} \]Hvis du er usikker, kan du se videoen Derivasjonsregler/​Formler.

Her er: \[ \textcolor{green}{g} = \textcolor{green}{2x}, \quad \textcolor{green}{g'} = \textcolor{green}{2} \]

\( e^{2x} \) derivert blir da \( \underline{2e^{2x}}\text{,} \) og \( {-2e^x} \) derivert blir \( {\underline{-2e^x}}\text{.} \) Slår vi dette sammen og faktoriserer, får vi: \[ f'(x) = 2e^{2x} - 2e^x = \textcolor{darkorange}{2e^x}(\textcolor{magenta}{e^x - 1}) \]

2. Sett den deriverte lik null \( \textcolor{darkorange}{2e^x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så vi løser: \[ \begin{aligned} \textcolor{magenta}{e^x - 1} &= 0 \\ e^x &= 1 \\ x &= \ln 1 = 0 \end{aligned} \]

Vi finner \( {y\text{-koordinaten}} \) i punktet: \[ f(0) = e^0 - 2e^0 = 1 - 2 = -1 \]

3. Avgjør hva slags punkt det er Vi tegner fortegnslinja til \( f'(x)\text{,} \) som vi gjør i videoen Ulikheter med Fortegnsskjema: :::fortegnsskjema {"points": [0], "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{2e^x}", "expr": "2e^x"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{e^x - 1}", "expr": "e^x - 1"}, {"label": "f'(x)", "expr": "2e^x(e^x - 1)"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) I \( {x = 0} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss: grafen synker og så stiger, så \( {(0, -1)} \) er et bunnpunkt. Det er det eneste stedet den deriverte er \( 0\text{,} \) så funksjonen har ingen toppunkter.

Vi bruker den deriverte fra b).

Et vendepunkt er der den andrederiverte bytter fortegn. Vi deriverer derfor en gang til og setter \( {f''(x) = 0}\text{.} \)

1. Finn den andrederiverte I b) fant vi: \[ f'(x) = 2e^{2x} - 2e^x \]

Vi deriverer ledd for ledd, med kjerneregelen på det første leddet, og faktoriserer ut \( 2e^x\text{:} \) \[ \begin{aligned} f''(x) &= 4e^{2x} - 2e^x \\ &= \textcolor{darkorange}{2e^x}(\textcolor{magenta}{2e^x - 1}) \end{aligned} \]

2. Sett den andrederiverte lik null Vendepunktene ligger der \( {f''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023. \( \textcolor{darkorange}{2e^x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så vi løser: \[ \begin{aligned} \textcolor{magenta}{2e^x - 1} &= 0 \\ e^x &= \dfrac{1}{2} \\ x &= \ln\left(\dfrac{1}{2}\right) = -\ln 2 \end{aligned} \]

Vi finner \( {y\text{-koordinaten}} \) med \( {e^x = \dfrac{1}{2}} \) og \( {e^{2x} = \left(e^x\right)^2 = \dfrac{1}{4}}\text{:} \) \[ f(-\ln 2) = \dfrac{1}{4} - 2 \cdot \dfrac{1}{2} = -\dfrac{3}{4} \]

3. Sjekk at fortegnet skifter Vi tegner fortegnslinja til \( f''(x)\text{:} \) :::fortegnsskjema {"points": [-0.6931471805599453], "labels": ["-\\ln 2"], "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{2e^x}", "expr": "2e^x"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{2e^x - 1}", "expr": "2e^x - 1"}, {"label": "f''(x)", "expr": "2e^x(2e^x - 1)"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) \( f''(x) \) går fra minus til pluss i \( {x = -\ln 2}\text{,} \) så grafen vender der.

Vi bruker punktene fra a), b) og c).

Vi samler punktene vi har funnet, og regner ut funksjonsverdiene i endene av intervallet. Så tegner vi grafen gjennom dem.

1. Samle punktene Fra a), b) og c) har vi: \[ \begin{aligned} \text{Nullpunkt: } &\textcolor{blue}{(\ln 2,\ 0)} \\ \text{Bunnpunkt: } &\textcolor{red}{(0,\ -1)} \\ \text{Vendepunkt: } &\textcolor{green}{\left(-\ln 2,\ -\dfrac{3}{4}\right)} \end{aligned} \]

2. Regn ut verdiene i endene Med kalkulator får vi, avrundet til to desimaler: \[ \begin{aligned} f(-2) &= e^{-4} - 2e^{-2} \approx -0{,}25 \\ f(1) &= e^2 - 2e \approx 1{,}95 \end{aligned} \]

3. Tegn grafen Fra b) vet vi at grafen synker fram til \( {x = 0} \) og så stiger. Fra c) vet vi at den vender i \( {x = -\ln 2}\text{.} \) Da kan vi tegne den. Sammenhengen mellom en graf og fortegnslinjene ser du i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025:

Vi deriverer, finner nullpunktet til den deriverte og bruker fortegnet til å se hvor funksjonen stiger og synker.

1. Deriver ledd for ledd \( (\ln x)^2 \) har kjernen \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{\ln x}}\text{.} \) Kjerneregelen forteller oss at: \[ \left(g(\textcolor{green}{u})\right)' = g'(\textcolor{green}{u}) \cdot \textcolor{green}{u'} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Kjerneregelen.

Her er, med \( {(\ln x)' = \dfrac{1}{x}} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ \begin{aligned} g(\textcolor{green}{u}) &= \textcolor{green}{u}^2 & g'(\textcolor{green}{u}) &= 2\textcolor{green}{u} \\ \textcolor{green}{u} &= \textcolor{green}{\ln x} & \textcolor{green}{u'} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{x}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \left((\ln x)^2\right)' = 2\textcolor{green}{\ln x} \cdot \textcolor{green}{\dfrac{1}{x}} = \underline{\dfrac{2\ln x}{x}} \]

\( 6\ln x \) derivert blir \( \underline{\dfrac{6}{x}}\text{,} \) og \( 1 \) derivert blir \( \underline{0}\text{.} \)

Slår vi dette sammen, får vi: \[ f'(x) = \dfrac{\textcolor{darkorange}{2\ln x + 6}}{\textcolor{magenta}{x}} \]

2. Finn nullpunktet til den deriverte Nevneren er aldri \( 0 \) for \( {x > 0}\text{,} \) så vi setter telleren lik \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{2\ln x + 6} &= 0 \\ \ln x &= -3 \\ x &= e^{-3} \end{aligned} \]Det siste steget er definisjonen av \( \ln\text{,} \) som i videoen Naturlige Logaritmer.

3. Lag et fortegnsskjema Fortegnet til brøken finner vi fra fortegnene til telleren og nevneren, som i videoen Ulikheter med fortegnsskjema – brøk og faktorisering: :::fortegnsskjema {"start": 0, "points": [0.049787068367863944], "labels": ["e^{-3}"], "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{2\\ln x + 6}", "expr": "2ln(x) + 6"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{x}", "expr": "x"}, {"label": "f'(x)", "expr": "(2ln(x) + 6)/x"}]} En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \)

I \( {x = e^{-3}} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss: grafen synker og så stiger, så der er et bunnpunkt.

4. Regn ut bunnpunktet Vi setter inn \( {\ln(e^{-3}) = -3}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(e^{-3}) &= (-3)^2 + 6 \cdot (-3) + 1 \\ &= 9 - 18 + 1 = -8 \end{aligned} \]

Vi bruker den deriverte fra a).

Krumningen er gitt av fortegnet til \( f''(x)\text{,} \) så vi deriverer én gang til og lager et fortegnsskjema.

1. Finn den andrederiverte I a) fant vi: \[ f'(x) = \dfrac{2\ln x + 6}{x} \]

Det er en brøk, så vi bruker kvotientregelen. Den forteller oss at: \[ \left(\dfrac{\textcolor{red}{u}}{\textcolor{blue}{v}}\right)' = \dfrac{\textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} - \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'}}{\textcolor{blue}{v}^2} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen Kvotientregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{2\ln x + 6} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{\dfrac{2}{x}} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f''(x) &= \dfrac{\textcolor{red}{\dfrac{2}{x}} \cdot \textcolor{blue}{x} - (\textcolor{red}{2\ln x + 6}) \cdot \textcolor{blue}{1}}{\textcolor{blue}{x}^2} \\ &= \dfrac{2 - 2\ln x - 6}{x^2} \\ &= \dfrac{\textcolor{darkorange}{-2\ln x - 4}}{\textcolor{magenta}{x^2}} \end{aligned} \]

2. Finn nullpunktet til den andrederiverte Et vendepunkt krever at \( {f''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023. Vi setter telleren lik \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{-2\ln x - 4} &= 0 \\ \ln x &= -2 \\ x &= e^{-2} \end{aligned} \]

3. Lag et fortegnsskjema Nevneren \( \textcolor{magenta}{x^2} \) er alltid positiv for \( {x > 0}\text{:} \) :::fortegnsskjema {"start": 0, "points": [0.1353352832366127], "labels": ["e^{-2}"], "rows": [{"label": "\\textcolor{darkorange}{-2\\ln x - 4}", "expr": "-2ln(x) - 4"}, {"label": "\\textcolor{magenta}{x^2}", "expr": "x^2"}, {"label": "f''(x)", "expr": "(-2ln(x) - 4)/x^2"}]} En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \)

For \( {x < e^{-2}} \) er \( {f''(x) > 0}\text{,} \) så grafen krummer oppover. For \( {x > e^{-2}} \) er \( {f''(x) < 0}\text{,} \) så grafen krummer nedover. Krumningen skifter i \( {x = e^{-2}}\text{,} \) så der er et vendepunkt.

4. Regn ut vendepunktet Vi setter inn \( {\ln(e^{-2}) = -2}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(e^{-2}) &= (-2)^2 + 6 \cdot (-2) + 1 \\ &= 4 - 12 + 1 = -7 \end{aligned} \]

For å finne skjæringen med \( {x\text{-aksen}} \) setter vi \( {f(x) = 0}\text{.} \) For å finne skjæringen med \( {y\text{-aksen}} \) setter vi \( {x = 0}\text{.} \)

1. Finn skjæringen med x-aksen Vi setter \( {f(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x): \[ (1 - x) \cdot \textcolor{red}{e^x} = 0 \]

\( \textcolor{red}{e^x} \) er alltid positiv, så den blir aldri \( 0\text{.} \) Da må den andre faktoren være \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} 1 - x &= 0 \\ x &= 1 \end{aligned} \]

2. Finn skjæringen med y-aksen Vi setter \( {x = 0}\text{:} \) \[ f(0) = (1 - 0) \cdot \textcolor{red}{e^0} = 1 \]

Funksjonen er et produkt, så vi deriverer med produktregelen. Så setter vi \( {f'(x) = 0} \) og ser på fortegnet til \( f'(x)\text{.} \)

1. Deriver med produktregelen Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Hvis du er usikker på produktregelen, kan du se videoen Produktregelen.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{1 - x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{-1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i produktregelen, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \textcolor{red}{(-1)} \cdot \textcolor{blue}{e^x} + \textcolor{red}{(1 - x)} \cdot \textcolor{blue}{e^x} \\ &= e^x(-1 + 1 - x) \\ &= -x \cdot e^x \end{aligned} \]

2. Finn hvor den deriverte er null Når den deriverte er \( 0\text{,} \) kan vi ha et topp- eller bunnpunkt, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. Siden \( e^x \) aldri er \( 0\text{,} \) får vi: \[ -x \cdot e^x = 0 \Rightarrow x = 0 \]

3. Sett opp en fortegnslinje Fortegnet til produktet finner vi ved å gange fortegnene til faktorene, som i videoen Ulikheter med Fortegnsskjema: :::fortegnsskjema {"points": [0], "rows": [{"label": "\\textcolor{magenta}{-x}", "expr": "-x"}, {"label": "\\textcolor{darkorange}{e^x}", "expr": "e^x"}, {"label": "f'(x)", "expr": "-x*e^x"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) I \( {x = 0} \) går \( f'(x) \) fra pluss til minus: grafen stiger og så synker, så vi har et toppunkt der.

4. Finn y-koordinaten Vi setter inn i \( f\text{:} \) \[ f(0) = (1 - 0) \cdot e^0 = 1 \]

Det er det eneste punktet der \( {f'(x) = 0}\text{,} \) så grafen har ingen bunnpunkter.

Vi bruker den deriverte fra b).

Vendepunkter finner vi der \( {f''(x) = 0} \) og \( f''(x) \) skifter fortegn. Fortegnet sier også hvilken vei grafen krummer.

1. Deriver en gang til I b) fant vi: \[ f'(x) = -x \cdot e^x \]

Dette er også et produkt. Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{-x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{-1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f''(x) &= \textcolor{red}{(-1)} \cdot \textcolor{blue}{e^x} + \textcolor{red}{(-x)} \cdot \textcolor{blue}{e^x} \\ &= -(1 + x) \cdot e^x \end{aligned} \]

2. Finn vendepunktet Vi setter \( {f''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023. Siden \( e^x \) aldri er \( 0\text{,} \) får vi: \[ -(1 + x) = 0 \Rightarrow x = -1 \]

Fortegnet til \( f''(x) \) får vi ved å gange fortegnene til faktorene: :::fortegnsskjema {"points": [-1], "rows": [{"label": "\\textcolor{magenta}{-(1 + x)}", "expr": "-(1 + x)"}, {"label": "\\textcolor{darkorange}{e^x}", "expr": "e^x"}, {"label": "f''(x)", "expr": "-(1 + x)*e^x"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) \( f''(x) \) skifter fortegn i \( {x = -1}\text{,} \) så vi har et vendepunkt der. Grafen krummer opp der \( {f''(x) > 0} \) og ned der \( {f''(x) < 0}\text{.} \)

Vi setter inn i \( f\text{:} \) \[ f(-1) = (1 - (-1)) \cdot e^{-1} = \dfrac{2}{e} \]

Vi bruker den deriverte fra b).

En tangent er bestemt av et punkt og et stigningstall. Stigningstallet er den deriverte i punktet.

1. Finn delene i tangentformelen Tangentformelen forteller oss at: \[ y - \textcolor{blue}{f(a)} = \textcolor{red}{f'(a)}(x - a) \]Hvis du er usikker på tangentformelen, kan du se videoen Tangentlinje.

I b) fant vi: \[ f'(x) = -x \cdot e^x \]

Her er \( {a = 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{f(1)} &= (1 - 1) \cdot e^1 = \textcolor{blue}{0} \\ \textcolor{red}{f'(1)} &= -1 \cdot e^1 = \textcolor{red}{-e} \end{aligned} \]

2. Sett inn i formelen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} y - \textcolor{blue}{0} &= \textcolor{red}{-e}(x - 1) \\ y &= -ex + e \end{aligned} \]

Vi leser fortegnene av topp- og bunnpunktet og vendepunktet. Den deriverte sier om grafen stiger eller synker, og den dobbeltderiverte hvilken vei den krummer.

1. Tegn fortegnslinja til den deriverte Fortegnet til \( g'(x) \) sier om grafen stiger eller synker, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. I topp- og bunnpunktet er den \( 0\text{:} \) \[ g'(\textcolor{blue}{0}) = 0, \quad g'(\textcolor{blue}{3}) = 0 \]

Grafen stiger fram til \( {x = \textcolor{blue}{0}}\text{,} \) synker fra \( {x = \textcolor{blue}{0}} \) til \( {x = \textcolor{blue}{3}}\text{,} \) og stiger så igjen. Det gir oss denne fortegnslinja: :::fortegnsskjema {"points": [0, 3], "rows": [{"label": "g'(x)", "expr": "x*(x - 3)"}]} En strek viser hvor \( g'(x) \) er \( 0\text{.} \)

2. Tegn fortegnslinja til den dobbeltderiverte Fortegnet til \( g''(x) \) sier hvilken vei grafen krummer, og i vendepunktet er den \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ g''\left(\textcolor{red}{\dfrac{3}{2}}\right) = 0 \]

Rundt toppunktet i \( {x = 0} \) krummer grafen nedover, så \( g''(x) \) er negativ før \( {x = \dfrac{3}{2}}\text{.} \) Rundt bunnpunktet i \( {x = 3} \) krummer den oppover, så \( g''(x) \) er positiv etter: :::fortegnsskjema {"points": [1.5], "labels": ["\\dfrac{3}{2}"], "rows": [{"label": "g''(x)", "expr": "2*x - 3"}]} En strek viser hvor \( g''(x) \) er \( 0\text{.} \) Hvordan vi tenker fram disse linjene, ser du i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025.

En tredjegradsfunksjon har fire ukjente koeffisienter. Topp- og bunnpunktet gir oss fire likninger, og vendepunktet kan vi bruke til å sjekke svaret.

1. Skriv opp funksjonen og den deriverte En tredjegradsfunksjon kan skrives slik: \[ g(x) = \textcolor{blue}{a}x^3 + \textcolor{red}{b}x^2 + \textcolor{green}{c}x + \textcolor{darkorange}{d} \]

Vi deriverer med potensregelen, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ g'(x) = 3\textcolor{blue}{a}x^2 + 2\textcolor{red}{b}x + \textcolor{green}{c} \]

2. Bruk toppunktet Toppunktet \( (0, 6) \) ligger på grafen, og der er den deriverte \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 1C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ \begin{aligned} g(0) = 6 &\Rightarrow \textcolor{darkorange}{d} = \textcolor{darkorange}{6} \\ g'(0) = 0 &\Rightarrow \textcolor{green}{c} = \textcolor{green}{0} \end{aligned} \]

3. Bruk bunnpunktet Det samme gjelder bunnpunktet \( {(3, -21)}\text{:} \) \[ \begin{aligned} g(3) = -21 &\Rightarrow 27\textcolor{blue}{a} + 9\textcolor{red}{b} + 6 = -21 \\ g'(3) = 0 &\Rightarrow 27\textcolor{blue}{a} + 6\textcolor{red}{b} = 0 \end{aligned} \]

Det er et likningssett med to ukjente, som i videoen Likningssett. Trekker vi den andre likningen fra den første, får vi: \[ \begin{aligned} 3\textcolor{red}{b} + 6 &= -21 \\ \textcolor{red}{b} &= \textcolor{red}{-9} \end{aligned} \]

Setter vi dette inn i den andre likningen, får vi: \[ \begin{aligned} 27\textcolor{blue}{a} + 6 \cdot (\textcolor{red}{-9}) &= 0 \\ \textcolor{blue}{a} &= \textcolor{blue}{2} \end{aligned} \]

4. Sjekk med vendepunktet Funksjonen er nå \( {g(x) = 2x^3 - 9x^2 + 6}\text{,} \) og den dobbeltderiverte er \( {g''(x) = 12x - 18}\text{.} \) Vendepunktet stemmer: \[ \begin{aligned} g''\left(\dfrac{3}{2}\right) &= 18 - 18 = 0 \\ g\left(\dfrac{3}{2}\right) &= \dfrac{27}{4} - \dfrac{81}{4} + 6 = -\dfrac{15}{2} \end{aligned} \]

Fortegnet til den deriverte sier hvor \( f \) vokser og synker. Vi deriverer, finner nullpunktene og tegner fortegnslinja.

1. Deriver funksjonen Vi deriverer ledd for ledd med potensregelen, som i videoen Derivasjonsregler/​Formler: \[ (x^n)' = n \cdot x^{n - 1} \]

Det gir oss: \[ f'(x) = -x^2 + 2x + 3 \]

2. Finn nullpunktene til den deriverte Vi løser \( {f'(x) = 0}\text{.} \) abc-formelen forteller oss at: \[ x = \dfrac{-\textcolor{red}{b} \pm \sqrt{\textcolor{red}{b}^2 - 4\textcolor{blue}{a}\textcolor{green}{c}}}{2\textcolor{blue}{a}} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Andregradslikninger & abc-formelen.

Her er: \[ \textcolor{blue}{a} = \textcolor{blue}{-1}, \quad \textcolor{red}{b} = \textcolor{red}{2}, \quad \textcolor{green}{c} = \textcolor{green}{3} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} x &= \dfrac{-\textcolor{red}{2} \pm \sqrt{\textcolor{red}{2}^2 - 4 \cdot (\textcolor{blue}{-1}) \cdot \textcolor{green}{3}}}{2 \cdot (\textcolor{blue}{-1})} \\ &= \dfrac{-2 \pm \sqrt{16}}{-2} = \dfrac{-2 \pm 4}{-2} \end{aligned} \]

Det gir oss \( {x = -1} \) og \( {x = 3}\text{,} \) og dermed: \[ f'(x) = -(x + 1)(x - 3) \]

3. Tegn fortegnslinja Fortegnet til \( f'(x) \) sier om grafen stiger eller synker, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025: :::fortegnsskjema {"points": [-1, 3], "rows": [{"label": "f'(x)", "expr": "-(x + 1)*(x - 3)"}]} En strek viser hvor \( f'(x) \) er \( 0\text{.} \)

I \( {x = -1} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss, så der er det et bunnpunkt. I \( {x = 3} \) går den fra pluss til minus, så der er det et toppunkt.

4. Finn y-koordinatene Vi setter inn i \( f(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(-1) &= \dfrac{1}{3} + 1 - 3 = -\dfrac{5}{3} \\ f(3) &= -9 + 9 + 9 = 9 \end{aligned} \]

Vi bruker den deriverte fra c).

Fortegnet til den dobbeltderiverte sier hvilken vei grafen krummer. Der den skifter fortegn, er det et vendepunkt.

1. Finn den dobbeltderiverte I c) fant vi: \[ f'(x) = -x^2 + 2x + 3 \]

Deriverer vi en gang til, får vi: \[ f''(x) = -2x + 2 \]

2. Tegn fortegnslinja Et vendepunkt krever at \( {f''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ \begin{aligned} -2x + 2 &= 0 \\ x &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

Fortegnslinja blir: :::fortegnsskjema {"points": [1], "rows": [{"label": "f''(x)", "expr": "-2*x + 2"}]} En strek viser hvor \( f''(x) \) er \( 0\text{.} \)

\( f''(x) \) er positiv før \( {x = \textcolor{blue}{1}}\text{,} \) så der krummer grafen opp. Den er negativ etter, så der krummer grafen ned. Den skifter fortegn i \( {x = \textcolor{blue}{1}}\text{,} \) så der er det et vendepunkt.

3. Finn y-koordinaten Vi setter inn i \( f(x)\text{:} \) \[ f(\textcolor{blue}{1}) = -\dfrac{1}{3} + 1 + 3 = \dfrac{11}{3} \]

Vi kaller punktet på \( l \) nærmest \( P \) for \( F\text{.} \) Avstandskravet gjør at \( \overrightarrow{PF} \) står vinkelrett på planet, så den er normalvektoren vi trenger.

1. Finn normalvektoren ut fra kravet Avstanden fra \( P \) til \( l \) er \( |\overrightarrow{PF}|\text{.} \) Siden \( l \) er parallell med planet, er avstanden fra \( l \) til planet det samme som avstanden fra \( F \) til planet. Kravet er altså: \[ |\overrightarrow{PF}| = \text{avstanden fra } F \text{ til } \alpha \]

Avstanden fra \( F \) til planet er den korteste veien dit. \( P \) ligger i planet, så \( \overrightarrow{PF} \) er en vei fra planet til \( F\text{.} \) Den er bare den korteste hvis den står vinkelrett på planet: \[ \overrightarrow{PF} \perp \alpha \]

2. Finn punktet F Et vilkårlig punkt på \( l \) er: \[ F = (2 - 3t,\ -1 + 4t,\ 1 + 2t) \]

Vektoren fra \( P \) er sluttpunkt minus startpunkt: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\overrightarrow{PF}} = [&2 - 3t - 1, \\ &-1 + 4t - 4, \\ &1 + 2t - 4] \\ = [&\textcolor{red}{1 - 3t,\ -5 + 4t,\ -3 + 2t}] \end{aligned} \]

\( F \) er punktet nærmest \( P\text{,} \) så \( \overrightarrow{PF} \) står vinkelrett på retningsvektoren til \( l\text{,} \) \( {\textcolor{blue}{[-3, 4, 2]}}\text{.} \) To vektorer står vinkelrett på hverandre når skalarproduktet er \( 0\text{,} \) som i videoen Hva er et plan og hvordan regner man seg fram: \[ \begin{aligned} &\textcolor{blue}{-3}(\textcolor{red}{1 - 3t}) + \textcolor{blue}{4}(\textcolor{red}{-5 + 4t}) \\ &+ \textcolor{blue}{2}(\textcolor{red}{-3 + 2t}) = 0 \\ &-3 + 9t - 20 + 16t - 6 + 4t = 0 \\ &29t - 29 = 0 \\ &t = 1 \end{aligned} \]

Det gir oss: \[ \begin{aligned} F &= (-1, 3, 3) \\ \textcolor{red}{\overrightarrow{PF}} &= \textcolor{red}{[-2, -1, -1]} \end{aligned} \]

3. Sett inn i likningen for planet Vektoren \( [2, 1, 1] \) er parallell med \( \overrightarrow{PF}\text{,} \) så vi bruker den som normalvektor. Den står vinkelrett på \( l\text{,} \) slik at \( l \) er parallell med planet: \[ [2, 1, 1] \cdot \textcolor{blue}{[-3, 4, 2]} = -6 + 4 + 2 = 0 \]

Likningen for et plan forteller oss at: \[ \begin{aligned} &\textcolor{green}{a}(x - x_0) + \textcolor{green}{b}(y - y_0) \\ &+ \textcolor{green}{c}(z - z_0) = 0 \end{aligned} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Hva er et plan og hvordan regner man seg fram.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{[a, b, c]} &= \textcolor{green}{[2, 1, 1]} \\ (x_0, y_0, z_0) &= P = (1, 4, 4) \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &\textcolor{green}{2}(x - 1) + \textcolor{green}{1}(y - 4) \\ &+ \textcolor{green}{1}(z - 4) = 0 \\ &2x - 2 + y - 4 + z - 4 = 0 \\ &2x + y + z = 10 \end{aligned} \]

For å finne nullpunktene setter vi \( {f(x) = 0}\text{.} \) Et produkt er \( 0 \) bare når en av faktorene er \( 0\text{.} \)

1. Sett funksjonen lik null \[ \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{10}e^x} \textcolor{green}{\sin(\pi x)} = 0 \]

\( \textcolor{darkorange}{e^x} \) er alltid positiv, så den blir aldri \( 0\text{.} \) Da må: \[ \textcolor{green}{\sin(\pi x)} = 0 \]

2. Løs for x Sinus er \( 0 \) der vinkelen er \( 0\text{,} \) \( \pi\text{,} \) \( 2\pi \) og så videre, som i tabellen i videoen Introduksjon til Trigonometri. Så med et helt tall \( k \) er: \[ \begin{aligned} \pi x &= k\pi \\ x &= k \end{aligned} \]

Vi beholder de som ligger i \( [0, 3]\text{:} \) \[ x = 0, \quad x = 1, \quad x = 2, \quad x = 3 \]

Begge er et produkt av \( e^x \) og et trigonometrisk uttrykk, så vi bruker produktregelen to ganger. Konstanten \( \dfrac{1}{10} \) blir stående foran.

1. Finn den deriverte Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Produktregelen.

\( \sin(\pi x) \) deriverer vi med kjerneregelen, som i videoen Oppgave 2B - Forkurs Eksamen Vår 2025. Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{e^x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{e^x} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\sin \pi x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{\pi \cos \pi x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \dfrac{1}{10}\big(\textcolor{red}{e^x} \cdot \textcolor{blue}{\sin \pi x} \\ &\qquad + \textcolor{red}{e^x} \cdot \textcolor{blue}{\pi \cos \pi x}\big) \\ &= \dfrac{1}{10}e^x(\sin \pi x + \pi \cos \pi x) \end{aligned} \]

2. Finn den andrederiverte Vi bruker produktregelen en gang til, nå på det vi nettopp fant. Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{e^x} \\ \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{e^x} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{\sin \pi x + \pi \cos \pi x} \\ \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{\pi \cos \pi x - \pi^2 \sin \pi x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &f''(x) = \dfrac{1}{10}\Big( \\ &\textcolor{red}{e^x}(\textcolor{blue}{\sin \pi x + \pi \cos \pi x}) \\ &+ \textcolor{red}{e^x}(\textcolor{blue}{\pi \cos \pi x - \pi^2 \sin \pi x})\Big) \end{aligned} \]

Faktoriserer vi ut \( e^x \) og samler leddene med \( \sin \pi x \) og \( \cos \pi x\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} f''(x) = \dfrac{1}{10}e^x\big(&(1 - \pi^2)\sin(\pi x) \\ &+ 2\pi\cos(\pi x)\big) \end{aligned} \]

Selv om du ikke fikk til b), kan du løse denne: uttrykket for \( f'(x) \) står i oppgaveteksten.

Vi setter \( {f'(x) = 0}\text{,} \) finner fortegnet rundt nullpunktene og leser av hvor grafen stiger og synker.

1. Sett den deriverte lik null Når den deriverte er \( 0\text{,} \) kan vi ha et topp- eller bunnpunkt, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025: \[ \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{10}e^x}(\textcolor{green}{\sin \pi x + \pi \cos \pi x}) = 0 \]

\( \textcolor{darkorange}{e^x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så parentesen må være \( 0\text{.} \) Her kan ikke \( \cos \pi x \) være \( 0\text{,} \) for da er \( {\sin \pi x = \pm 1}\text{.} \) Vi kan derfor dele på \( \cos \pi x\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{\sin \pi x + \pi \cos \pi x} &= 0 \\ \dfrac{\sin \pi x}{\cos \pi x} &= -\pi \\ \tan \pi x &= -\pi \end{aligned} \]

2. Løs for x Tangens gjentar seg for hver \( \pi\text{,} \) som i videoen Oppgave 1B - Løs likningen. Med kalkulatoren i radianer får vi, for et helt tall \( k\text{:} \) \[ \begin{aligned} \pi x &= \tan^{-1}(-\pi) + \pi k \\ x &= k - \dfrac{\tan^{-1}(\pi)}{\pi} \\ x &\approx k - 0{,}402 \end{aligned} \]

Vi beholder de som ligger i \( [0, 3]\text{,} \) altså \( {k = 1}\text{,} \) \( {k = 2} \) og \( {k = 3}\text{:} \) \[ x \approx 0{,}598,\ \ x \approx 1{,}598,\ \ x \approx 2{,}598 \]

3. Finn fortegnet til den deriverte \( \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{10}e^x} \) er alltid positiv, så fortegnet bestemmes av parentesen. Vi tester hele tall, der \( {\sin \pi x = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f'(0) &= \dfrac{1}{10} \cdot \pi > 0 \\ f'(1) &= -\dfrac{e\pi}{10} < 0 \\ f'(2) &= \dfrac{e^2\pi}{10} > 0 \\ f'(3) &= -\dfrac{e^3\pi}{10} < 0 \end{aligned} \]

Det ligger ett nullpunkt mellom hvert av disse tallene, så det gir oss fortegnslinja i \( [0, 3]\text{,} \) tegnet som i videoen Ulikheter med Fortegnsskjema: :::fortegnsskjema {"points": [0.598, 1.598, 2.598], "labels": ["0{,}598", "1{,}598", "2{,}598"], "rows": [{"label": "f'(x)", "expr": "-(x - 0.598)(x - 1.598)(x - 2.598)"}]} En strek viser hvor \( f'(x) \) er \( 0\text{.} \) Vi ser bare på \( [0, 3]\text{.} \)

4. Les av punktene Den deriverte går fra pluss til minus i \( {x \approx 0{,}598} \) og \( {x \approx 2{,}598}\text{,} \) så der har vi toppunkter. Den går fra minus til pluss i \( {x \approx 1{,}598}\text{,} \) så der har vi et bunnpunkt. Vi setter de uavrundede verdiene inn i \( f(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(0{,}598) &\approx 0{,}173 \\ f(1{,}598) &\approx -0{,}471 \\ f(2{,}598) &\approx 1{,}281 \end{aligned} \]

Grafen stiger fra \( {x = 0} \) og synker inn mot \( {x = 3}\text{,} \) så endepunktene er også lokale bunnpunkter. Nullpunktene fra a) gir: \[ f(0) = 0, \quad f(3) = 0 \]

Det gir oss monotoniegenskapene: \[ \begin{aligned} \text{Stigende: } & 0 \le x \le 0{,}598 \\ & 1{,}598 \le x \le 2{,}598 \\ \text{Synkende: } & 0{,}598 \le x \le 1{,}598 \\ & 2{,}598 \le x \le 3 \end{aligned} \]

Selv om du ikke fikk til b), kan du løse denne: uttrykket for \( f''(x) \) står i oppgaveteksten.

Vi setter \( {f''(x) = 0}\text{,} \) finner fortegnet rundt nullpunktene og leser av hvor grafen krummer oppover og nedover.

1. Sett den andrederiverte lik null Et vendepunkt krever at \( {f''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{10}e^x}\big(&\textcolor{green}{(1 - \pi^2)\sin \pi x} \\ &\textcolor{green}{{}+ 2\pi\cos \pi x}\big) = 0 \end{aligned} \]

\( \textcolor{darkorange}{e^x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så parentesen må være \( 0\text{.} \) Vi flytter leddet med \( \sin \pi x \) over på høyre side, der fortegnet snur. Her kan ikke \( \cos \pi x \) være \( 0\text{,} \) for da er \( {\sin \pi x = \pm 1}\text{.} \) Vi kan derfor dele på \( \cos \pi x \) og på \( {\pi^2 - 1}\text{:} \) \[ \begin{aligned} 2\pi\cos \pi x &= (\pi^2 - 1)\sin \pi x \\ \tan \pi x &= \dfrac{2\pi}{\pi^2 - 1} \end{aligned} \]

2. Løs for x Tangens gjentar seg for hver \( \pi\text{,} \) som i videoen Oppgave 1B - Løs likningen. Med kalkulatoren i radianer får vi, for et helt tall \( k\text{:} \) \[ \begin{aligned} \pi x &= \tan^{-1}\left(\dfrac{2\pi}{\pi^2 - 1}\right) + \pi k \\ x &\approx 0{,}196 + k \end{aligned} \]

Vi beholder de som ligger i \( [0, 3]\text{,} \) altså \( {k = 0}\text{,} \) \( {k = 1} \) og \( {k = 2}\text{:} \) \[ x \approx 0{,}196,\ \ x \approx 1{,}196,\ \ x \approx 2{,}196 \]

3. Finn fortegnet til den andrederiverte \( \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{10}e^x} \) er alltid positiv, så fortegnet bestemmes av parentesen. Vi tester hele tall, der \( {\sin \pi x = 0}\text{:} \) \[ \begin{aligned} f''(0) &= \dfrac{1}{10} \cdot 2\pi > 0 \\ f''(1) &= -\dfrac{e \cdot 2\pi}{10} < 0 \\ f''(2) &= \dfrac{e^2 \cdot 2\pi}{10} > 0 \\ f''(3) &= -\dfrac{e^3 \cdot 2\pi}{10} < 0 \end{aligned} \]

Det ligger ett nullpunkt mellom hvert av disse tallene, så det gir oss fortegnslinja i \( [0, 3]\text{:} \) :::fortegnsskjema {"points": [0.196, 1.196, 2.196], "labels": ["0{,}196", "1{,}196", "2{,}196"], "rows": [{"label": "f''(x)", "expr": "-(x - 0.196)(x - 1.196)(x - 2.196)"}]} En strek viser hvor \( f''(x) \) er \( 0\text{.} \) Vi ser bare på \( [0, 3]\text{.} \)

4. Les av punktene Den andrederiverte skifter fortegn i alle tre, så alle er vendepunkter. Vi setter de uavrundede verdiene inn i \( f(x)\text{:} \) \[ \begin{aligned} f(0{,}196) &\approx 0{,}070 \\ f(1{,}196) &\approx -0{,}191 \\ f(2{,}196) &\approx 0{,}520 \end{aligned} \]

Der \( {f''(x) > 0} \) krummer grafen oppover, og der \( {f''(x) < 0} \) krummer den nedover: \[ \begin{aligned} \text{Oppover: } & 0 \le x \le 0{,}196 \\ & 1{,}196 \le x \le 2{,}196 \\ \text{Nedover: } & 0{,}196 \le x \le 1{,}196 \\ & 2{,}196 \le x \le 3 \end{aligned} \]

Vi bruker punktene fra a), c) og d).

Vi merker av nullpunktene, ekstremalpunktene og vendepunktene, og trekker en kurve gjennom dem med riktig krumning.

1. Merk av punktene I a) fant vi nullpunktene, i c) topp- og bunnpunktene og i d) vendepunktene: \[ \begin{aligned} \text{Null: } & x = 0,\ 1,\ 2,\ 3 \\ \text{Topp: } & (0{,}598;\ 0{,}173) \\ & (2{,}598;\ 1{,}281) \\ \text{Bunn: } & (1{,}598;\ -0{,}471) \\ \text{Vende: } & (0{,}196;\ 0{,}070) \\ & (1{,}196;\ -0{,}191) \\ & (2{,}196;\ 0{,}520) \end{aligned} \]

2. Tegn kurven Topp- og bunnpunktene ligger der den deriverte er \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. Grafen svinger mellom positive og negative verdier, og utslagene blir større med \( x\text{,} \) siden faktoren \( \textcolor{darkorange}{e^x} \) vokser. Den krummer som vi fant i d):

Vi bruker verdiene fra c).

Grafen er sammenhengende på \( [0, 3]\text{,} \) så verdimengden går fra den minste til den største verdien funksjonen har.

1. Sammenlign verdiene Den største og den minste verdien må ligge i et ekstremalpunkt. I c) fant vi: \[ \begin{aligned} f(0) &= 0 \\ f(0{,}598) &\approx 0{,}173 \\ f(1{,}598) &\approx \textcolor{blue}{-0{,}471} \\ f(2{,}598) &\approx \textcolor{red}{1{,}281} \\ f(3) &= 0 \end{aligned} \]

Den minste verdien er \( {\textcolor{blue}{-0{,}471}} \) og den største er \( \textcolor{red}{1{,}281}\text{,} \) og grafen er sammenhengende, så den tar alle verdiene imellom: \[ V_f \approx [\textcolor{blue}{-0{,}471},\ \textcolor{red}{1{,}281}] \]

Vil du repetere hva sammenhengende betyr, kan du se videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.

En asymptote er en linje som grafen kommer stadig nærmere. Her viser de stiplede linjene oss hvor de er, så vi leser av likningene.

1. Finn de loddrette asymptotene Grafen går mot pluss eller minus uendelig på begge sider av de loddrette linjene, som asymptotene i videoen Oppgave 4A - Finn nullpunkt og asymptoter til f(x). Linjene står i: \[ x = -1 \quad \text{og} \quad x = 3 \]

2. Finn den skrå asymptoten Grafen nærmer seg den skrå linja når \( x \) går mot pluss og minus uendelig. En rett linje har likningen: \[ y = \textcolor{red}{a}x + \textcolor{blue}{b} \]

Vi leser av to punkter på linja, \( {(-6, 0)} \) og \( (0, 3)\text{.} \) Den skjærer \( {y\text{-aksen}} \) i \( 3\text{,} \) og stigningstallet blir: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{b} &= \textcolor{blue}{3} \\ \textcolor{red}{a} &= \dfrac{3 - 0}{0 - (-6)} = \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ y = \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}}x + \textcolor{blue}{3} \]

Vi har bare grafen og ikke noe funksjonsuttrykk. Vi leser derfor av hvor grafen stiger og synker, og hvilken vei den krummer.

1. Les av fortegnet til den deriverte \( f'(x) \) er positiv der grafen stiger, negativ der den synker og \( 0 \) i topp- og bunnpunktene, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. Avlest fra figuren ligger disse punktene nær: \[ f'(x) = 0 \text{ for } \textcolor{darkorange}{x \approx 1{,}7} \text{ og } \textcolor{darkorange}{x \approx 4{,}4} \]

Grafen stiger til venstre for \( {x = -1}\text{,} \) og fra \( {x = -1} \) til toppunktet. Den synker fra toppunktet mot \( {x = 3}\text{.} \) Til høyre for \( {x = 3} \) synker den fra uendelig ned til bunnpunktet, og etter det stiger den igjen. I \( {x = -1} \) og \( {x = 3} \) er \( f \) ikke definert. Det gir denne fortegnslinja: :::fortegnsskjema {"points": [-1, 1.7, 3, 4.4], "rows": [{"label": "f'(x)", "expr": "(x - 1.7)*(x - 4.4)/((x + 1)^2*(x - 3)^2)"}]}

En strek viser hvor \( f'(x) \) er \( 0\text{,} \) og × hvor den ikke er definert.

2. Les av fortegnet til den andrederiverte \( f''(x) \) er positiv der grafen krummer oppover, som en skål, og negativ der den krummer nedover, som i videoen Oppgave 2C - Forkurs Eksamen Vår 2025. Avlest fra figuren har vi: \[ \begin{aligned} x < -1 &: \ \text{krummer oppover} \\ -1 < x < 3 &: \ \text{krummer nedover} \\ x > 3 &: \ \text{krummer oppover} \end{aligned} \]

Det gir denne fortegnslinja: :::fortegnsskjema {"points": [-1, 3], "rows": [{"label": "f''(x)", "expr": "1/((x + 1)*(x - 3))"}]}

Vi bruker fortegnslinjene fra b).

Fortegnslinjene forteller oss hvor grafen snur og hvor den skifter krumning. Koordinatene leser vi av i figuren.

1. Finn toppunktet I \( {x = 1{,}7} \) går \( f'(x) \) fra pluss til minus. Grafen stiger og så synker, så det er et toppunkt. Vi leser av høyden: \[ \textcolor{red}{f(1{,}7)} \approx \textcolor{red}{2{,}9} \]

2. Finn bunnpunktet I \( {x = 4{,}4} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss. Grafen synker og så stiger, så det er et bunnpunkt. Vi leser av høyden: \[ \textcolor{blue}{f(4{,}4)} \approx \textcolor{blue}{5{,}8} \]

3. Se etter vendepunkter I et vendepunkt skifter \( f''(x) \) fortegn, som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023. Fortegnet til \( f''(x) \) skifter bare i asymptotene, der \( f \) ikke er definert: \[ f(-1) \text{ og } f(3) \text{ finnes ikke} \]

Grafen har derfor ingen vendepunkter i figuren.

For å finne nullpunkt setter vi \( {f(x) = 0}\text{.} \) Et produkt er \( 0 \) når en av faktorene er \( 0\text{.} \)

1. Sett funksjonen lik null Vi setter uttrykket lik \( 0\text{:} \) \[ (\textcolor{red}{x - 1}) \cdot \textcolor{blue}{e^x} = 0 \]

Et produkt er \( 0 \) når en av faktorene er \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 2A - Del 1 - R1/S1 Eksamen Vår 2026.

\( \textcolor{blue}{e^x} \) er alltid positiv, så den blir aldri \( 0\text{:} \) \[ \textcolor{blue}{e^x} > 0 \]

Da må den andre faktoren være \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{x - 1} &= 0 \\ x &= 1 \end{aligned} \]

Funksjonen er et produkt, så vi bruker produktregelen. Så setter vi den deriverte lik \( 0 \) og ser på fortegnet rundt punktet.

1. Deriver med produktregelen Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Se videoen Produktregelen hvis du er usikker.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x - 1} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f'(x) &= \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{e^x} + (\textcolor{red}{x - 1}) \cdot \textcolor{blue}{e^x} \\ &= e^x (1 + x - 1) \\ &= x e^x \end{aligned} \]

2. Sett den deriverte lik null I et ekstremalpunkt er den deriverte \( 0\text{,} \) som i videoen Oppgave 1C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ \textcolor{magenta}{x} \cdot \textcolor{darkorange}{e^x} = 0 \]

\( \textcolor{darkorange}{e^x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så: \[ x = 0 \]

3. Finn fortegnet til den deriverte Fortegnet til produktet finner vi ved å gange fortegnene til faktorene:

:::fortegnsskjema {"points": [0], "rows": [{"label": "\\textcolor{magenta}{x}", "expr": "x"}, {"label": "\\textcolor{darkorange}{e^x}", "expr": "e^x"}, {"label": "f'(x)", "expr": "x*e^x"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) I \( {x = 0} \) går \( f'(x) \) fra minus til pluss: grafen synker og så stiger, så her er et bunnpunkt.

4. Finn y-koordinaten Vi setter \( {x = 0} \) inn i \( f(x)\text{:} \) \[ f(0) = (0 - 1) \cdot e^0 = -1 \]

Den deriverte er bare \( 0 \) i dette ene punktet, så funksjonen har ingen toppunkt.

Vi bruker den deriverte fra b). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Et vendepunkt finner vi der den andrederiverte er \( 0 \) og skifter fortegn. Vi deriverer derfor \( f'(x) \) én gang til.

1. Finn den andrederiverte I b) fant vi: \[ f'(x) = x e^x \]

Produktregelen forteller oss at: \[ (\textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v})' = \textcolor{red}{u'} \cdot \textcolor{blue}{v} + \textcolor{red}{u} \cdot \textcolor{blue}{v'} \]Se videoen Produktregelen hvis du er usikker.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f''(x) &= \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{e^x} + \textcolor{red}{x} \cdot \textcolor{blue}{e^x} \\ &= (x + 1)e^x \end{aligned} \]

2. Sett den andrederiverte lik null Et vendepunkt krever at \( {f''(x) = 0}\text{,} \) som i videoen Oppgave 6C (Del 2) - S1 Eksamen Høst 2023: \[ (\textcolor{magenta}{x + 1}) \cdot \textcolor{darkorange}{e^x} = 0 \]

\( \textcolor{darkorange}{e^x} \) blir aldri \( 0\text{,} \) så: \[ x = -1 \]

3. Sjekk at fortegnet skifter Fortegnet til produktet finner vi ved å gange fortegnene til faktorene:

:::fortegnsskjema {"points": [-1], "rows": [{"label": "\\textcolor{magenta}{x + 1}", "expr": "x + 1"}, {"label": "\\textcolor{darkorange}{e^x}", "expr": "e^x"}, {"label": "f''(x)", "expr": "(x + 1)*e^x"}]}

En strek viser hvor en faktor er \( 0\text{.} \) I \( {x = -1} \) går \( f''(x) \) fra minus til pluss, så her er et vendepunkt.

4. Finn y-koordinaten Vi setter \( {x = -1} \) inn i \( f(x)\text{:} \) \[ f(-1) = (-1 - 1) \cdot e^{-1} = -\dfrac{2}{e} \]

Vi bruker den deriverte fra b). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

For å skrive opp tangenten trenger vi funksjonsverdien og stigningstallet i \( {x = 1}\text{.} \)

1. Skriv opp tangentformelen Tangentformelen forteller oss at: \[ y = f'(\textcolor{green}{a})(x - \textcolor{green}{a}) + f(\textcolor{green}{a}) \]Det er formelen i videoen Tangentlinje.

I b) fant vi \( {f'(x) = x e^x}\text{.} \) Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{a} &= \textcolor{green}{1} \\ f(\textcolor{green}{1}) &= (1 - 1) \cdot e^1 = \textcolor{red}{0} \\ f'(\textcolor{green}{1}) &= 1 \cdot e^1 = \textcolor{blue}{e} \end{aligned} \]

2. Sett inn i formelen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} y &= \textcolor{blue}{e}(x - \textcolor{green}{1}) + \textcolor{red}{0} \\ &= ex - e \end{aligned} \]

Vi bruker punktene fra a), b) og c). Ved følgefeil kan det gis full uttelling.

Vi samler punktene vi har funnet, finner hva grafen gjør til venstre og til høyre, og tegner kurven gjennom punktene.

1. Samle punktene Fra a), b) og c) har vi: \[ \begin{aligned} \text{nullpunkt: } & (1, 0) \\ \text{bunnpunkt: } & (0, -1) \\ \text{vendepunkt: } & \left( -1, -\dfrac{2}{e} \right) \end{aligned} \]

Vi regner ut to punkter til, ett på hver side, som i videoen Grenseverdier, der vi setter inn verdier for å se hva grafen gjør: \[ \begin{aligned} f(2) &= (2 - 1) \cdot e^2 \\ &= e^2 \approx 7{,}4 \\ f(-3) &= (-3 - 1) \cdot e^{-3} \\ &= -\dfrac{4}{e^3} \approx -0{,}2 \end{aligned} \]

2. Finn formen til grafen Vi lar \( x \) bli stor og negativ. Da går \( {\textcolor{red}{x - 1}} \) mot minus uendelig og \( \textcolor{blue}{e^x} \) mot \( 0\text{,} \) så det kan vi ikke avgjøre med en gang.

\( \textcolor{blue}{e^x} \) går mot \( 0 \) mye raskere enn \( {\textcolor{red}{x - 1}} \) vokser. \( {\textcolor{red}{x - 1}} \) er negativ, så grafen nærmer seg \( {x\text{-aksen}} \) nedenfra: \[ \lim_{x \to -\infty} (\textcolor{red}{x - 1})\textcolor{blue}{e^x} = 0 \]

Når \( x \) blir stor, vokser begge faktorene: \[ \lim_{x \to \infty} (\textcolor{red}{x - 1})\textcolor{blue}{e^x} = \infty \]

3. Tegn grafen Grafen synker ned til bunnpunktet og stiger så gjennom nullpunktet:

Fra \( {x = 1} \) til \( {x = 2} \) ligger grafen over \( {x\text{-aksen,}} \) så arealet er integralet av \( f\text{.} \) Funksjonen er et produkt, så vi bruker delvis integrasjon.

1. Sett opp integralet For \( {x \geq 1} \) er begge faktorene ikke-negative: \[ (x - 1) \geq 0, \qquad e^x > 0 \]

Arealet under grafen er derfor integralet fra \( 1 \) til \( 2\text{,} \) som i videoen Hva er integrasjon: \[ A = \int_1^2 (x - 1)e^x \, dx \]

2. Skriv opp delvis integrasjon Delvis integrasjon forteller oss at: \[ \int_a^b \textcolor{red}{u} \textcolor{blue}{v'} \, dx = \Big[ \textcolor{red}{u} \textcolor{blue}{v} \Big]_a^b - \int_a^b \textcolor{red}{u'} \textcolor{blue}{v} \, dx \]Se videoen Delvis integrasjon hvis du er usikker.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{u} &= \textcolor{red}{x - 1} & \textcolor{red}{u'} &= \textcolor{red}{1} \\ \textcolor{blue}{v'} &= \textcolor{blue}{e^x} & \textcolor{blue}{v} &= \textcolor{blue}{e^x} \end{aligned} \]

3. Regn ut integralet Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} A &= \Big[ (\textcolor{red}{x - 1}) \textcolor{blue}{e^x} \Big]_1^2 - \int_1^2 \textcolor{red}{1} \cdot \textcolor{blue}{e^x} \, dx \\ &= \Big[ (x - 1)e^x \Big]_1^2 - \Big[ e^x \Big]_1^2 \\ &= (e^2 - 0) - (e^2 - e) \\ &= e \end{aligned} \]